Dans l'esprit CCINP. Soit $\omega>0$. On considère sur $\mathbb{R}$ l'équation $$(E_\omega)\quad y''+2y'+5y=\cos(\omega x).$$
- Résoudre l'équation homogène associée. Montrer que toutes ses solutions tendent vers $0$ en $+\infty$.
- Montrer que $\chi(i\omega)\neq0$, où $\chi$ est le polynôme caractéristique. En déduire une solution particulière $y_\omega$ de $(E_\omega)$ de la forme $A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)$, avec $A$ et $B$ explicites. On notera $D(\omega)=(5-\omega^2)^2+4\omega^2$.
- Montrer que pour toute solution $y$ de $(E_\omega)$, $y(x)-y_\omega(x)\to0$ quand $x\to+\infty$.
- Montrer que $y_\omega(x)=R(\omega)\cos(\omega x-\varphi)$ pour un réel $\varphi$, avec $R(\omega)=\dfrac{1}{\sqrt{D(\omega)}}$.
- Déterminer la valeur de $\omega>0$ pour laquelle l'amplitude $R(\omega)$ est maximale, et la valeur de ce maximum.
Pour 1, majorer $|\cos|$ et $|\sin|$ par $1$.
Pour 2, résoudre avec le second membre $e^{i\omega x}$, puis multiplier numérateur et dénominateur par le conjugué de $\chi(i\omega)$.
Pour 4, poser $\cos\varphi=\dfrac{5-\omega^2}{\sqrt{D}}$ et $\sin\varphi=\dfrac{2\omega}{\sqrt D}$, et justifier qu'un tel $\varphi$ existe.
Pour 5, développer $D(\omega)$ et l'écrire comme une forme canonique en $\omega^2$.
1. $\chi(r)=r^2+2r+5$, $\Delta=4-20=-16$, racines $-1\pm2i$. Les solutions réelles de l'homogène sont $y_h(x)=e^{-x}\big(\lambda\cos(2x)+\mu\sin(2x)\big)$. Pour tout $x$, $|y_h(x)|\leqslant(|\lambda|+|\mu|)e^{-x}$, qui tend vers $0$ en $+\infty$ : toutes les solutions homogènes tendent vers $0$.
2. $\chi(i\omega)=-\omega^2+2i\omega+5=(5-\omega^2)+2i\omega$. Sa partie imaginaire $2\omega$ est non nulle car $\omega>0$, donc $\chi(i\omega)\neq0$. Une solution de $z''+2z'+5z=e^{i\omega x}$ est alors $z_\omega=\dfrac{e^{i\omega x}}{\chi(i\omega)}$. Comme $|\chi(i\omega)|^2=D(\omega)$, $$\frac{1}{\chi(i\omega)}=\frac{(5-\omega^2)-2i\omega}{D(\omega)}.$$ Les coefficients $2$ et $5$ étant réels, $y_\omega=\mathrm{Re}(z_\omega)$ est solution de $(E_\omega)$ : $$y_\omega(x)=\mathrm{Re}\left(\frac{(5-\omega^2)-2i\omega}{D(\omega)}\big(\cos\omega x+i\sin\omega x\big)\right)=\frac{(5-\omega^2)\cos(\omega x)+2\omega\sin(\omega x)}{D(\omega)}.$$ Ainsi $A=\dfrac{5-\omega^2}{D(\omega)}$ et $B=\dfrac{2\omega}{D(\omega)}$.
3. Par la structure des solutions, toute solution s'écrit $y=y_\omega+y_h$ avec $y_h$ solution homogène. Donc $y-y_\omega=y_h\to0$ en $+\infty$ d'après 1. Le terme $y_h$ est le régime transitoire, $y_\omega$ le régime permanent.
4. Posons $c=\dfrac{5-\omega^2}{\sqrt{D}}$ et $s=\dfrac{2\omega}{\sqrt D}$. On a $c^2+s^2=\dfrac{D}{D}=1$, donc il existe $\varphi\in\mathbb{R}$ tel que $\cos\varphi=c$ et $\sin\varphi=s$. Alors $$y_\omega(x)=\frac{1}{\sqrt D}\big(\cos\varphi\cos(\omega x)+\sin\varphi\sin(\omega x)\big)=\frac{1}{\sqrt{D(\omega)}}\cos(\omega x-\varphi).$$
5. $D(\omega)=\omega^4-10\omega^2+25+4\omega^2=\omega^4-6\omega^2+25=(\omega^2-3)^2+16$. Sur $]0,+\infty[$, $D$ est minimale si et seulement si $\omega^2=3$, soit $\omega=\sqrt3$, et $D(\sqrt3)=16$. Comme $R=1/\sqrt D$ est maximale quand $D$ est minimale, l'amplitude est maximale pour $\omega=\sqrt3$ et vaut $R(\sqrt3)=\dfrac14$.
À titre de comparaison, $R(\omega)\to\dfrac15$ quand $\omega\to0^+$. Pour $\omega=\sqrt3$, on trouve $y_{\sqrt3}(x)=\dfrac{\cos(\sqrt3x)+\sqrt3\sin(\sqrt3x)}{8}=\dfrac14\cos\left(\sqrt3x-\dfrac{\pi}{3}\right)$.
$\omega=\sqrt3$ ; amplitude maximale $R(\sqrt3)=\dfrac14$